Question

我正在用PHP编写一个简单的数据库抽象层。我目前正在处理查询构建器，构建SQL“代码”的类。

有没有更好的方法来做这样的事情？

if($dbengine == "MySQL")
{
    MySQLQueryBuilder::buildInsert($table, $data);
}
else if($dbengine == "PgSQL")
{
    PgSQLQueryBuilder::buildInsert($table, $data);
}
// And so on...

我在想：

$querybuilder = get_class_from_name($dbengine . "QueryBuilder");
$querybuilder::buildInsert($table, $data);

关于我如何做到这一点的任何想法？

Answer 1

如果你想要它是静态的，你可以这样做：

$statement = call_user_func(array($dbengine . 'QueryBuilder', 'buildInsert'), $table, $data);

但我同意Niko的评论，建筑师的实例看起来会更好。

<强>更新

按照Niko建议的方式，您可以这样做：

$className = $dbengine . 'QueryBuilder';
$builder = new $className();
$statement = $builder->buildInsert($table, $data);

所以根本不需要if，代码看起来更短更清洁......

PHP抽象层 - 从名称获取类

1 个答案: